大题06 传送带模型（解析版）.docx

大题06传送带模型传送带模型涉及相互作用的两个物体间的相对运动、涉及摩擦力突变以及功能、动量的转移转化又可以与传输装置等科技产品相关。在各类考试中备受瞩目，在高考中多以选择题、计算题的形式出现，在备考中要引起高度重视，并要加强传送带与科技产品结合的新情境问题的处理。蔻麓大题典例动力学方法解决传送带问题【例1】（2024吉林一模）传送带是建筑工地常见的运输装置，如图所示为传送带AB的简易图，传送带的倾角为a=30。，以%=8ms的速度顺时针匀速转动，工人将质量2=30Okg的工料（可视为质点）轻轻地放到传送带的底端A,并用平行于传送带的轻绳拴接在工料上，启动电动机，电动机对工料提供的牵引力恒为尸=3000N,经过°=2S关闭电动机，一段时间后工件刚好到达传送带的最高点及已知工料与传送带之间的动摩擦因数为=4，重力加速度g=IOm/S2,不计空气阻力。求：（1）经过时间，°=2s时，工料的速度大小:（2）刚关闭电动机后，工料的加速度；（3）传送带A、8两端间的距离。【思路分析】先计算出共速所需要的时间，共速后摩擦力发生了突变在应用牛顿笫二定律及运动学公式求解；关闭发动机工件失去了动力受力发生了改变开始减速运动同样先计算出工件与传送带共速的状态此后摩擦力方向再次发生改变在应用牛顿第二定律及运动学公式求解相关问题。【答案】（1）lOm/s；（2）8ms2,方向沿传送带向下；（3）31.25m【详解】（1）对工料受力分析，根据牛顿第二定律有F-mgsin+mgcos=nai设经，时刻，工料与传送带共速则有vO=V解得f=Is再对工料受力分析，根据牛顿第二定律有F-mgsin-mgcos=ma2根据速度一时间公式有v=v0+2f解得v=10ms（2）刚关闭电动机后，对工料受力分析，根据牛顿第二定律有mgsin+mgcos=ma3解得%=8ms2方向沿传送带向下；（3）关闭发电机后，工料经恰好到达最高点8,则有工料先减速到与传送带共速，此时有V2-V12a3x3此后工料继续减速，此时受向上的摩擦力，由牛顿第二定律可得tngsin-mgcos=ma4因此继续向上运动的位移为=2a4x4工料加速到与传送带共速时的位移满足=2。内工料的速度从%增大到V的位移满足v2-v02=22x2则传送带A、8两端间的距离为X=X1+X2+Xj+X4解得茏变避选揖号分析传送带模型问题的思路茏皿娄式训级(2024黑龙江齐齐哈尔一模)人们用传送带从低处向高处运送货物，如图所示，一长1.=5m的倾斜传送带在电动机带动下以速度u=2ms沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角，=37。，某时刻将质量为班二15kg的货物A轻轻放在传送带底端，已知货物A与传送带间的动摩擦因数"=()8,¾sin37°=0.6,cos37o=0.8,重力加速度g=10ms2.(1)求货物A刚开始运动时的加速度大小及在传送带上运动的时间；(2)为了提高运送货物的效率，人们采用了“配重法”，即将货物A用跨过定滑轮的轻绳与质量为/=Ikg的重物B连接，如图中虚线所示，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，不可伸长的轻绳足够长，不计滑轮的质量与摩擦，在A运动到传送带顶端前重物B都没有落地，求：货物A在传送带上运动的时间；货物A在传送带上运动过程中摩擦力对其做的功。【答案】(1)0.4ms2，5s；(2)3.5s,432J【详解】（1）对货物A受力分析，由牛顿第二定律mxgcos-ngsin=rnyai解得ai=0.4ms设货物一直加速，则由运动学公式有解得此时货物A的速度为v1=at=2ms符合题意。（2）对货物A受力分析，由牛顿第二定律T+mxgcos-mgsin=nxa2对重物B受力分析，由牛顿第二定律n2g-T=m2a2联立解得a2-lms当达到与传送带共速时间为VC=-=2sa2货物A运动的位移为之后匀速，则匀速的时间为1.-xt2=1.5sV则货物A从底端到达顶端所需的时间为在货物A加速阶段，摩擦力为摩擦力对其做的功为在货物A匀速阶段，摩擦力为则摩擦力对其做的功为=？1+2=3.5s工=mygcos叱=/W=192Jf2=m,gsin-m2gW,二>(-x)=240JW=.+吗=432J应用三大观点解决传送带模型问题即货物A在传送带上运动过程中摩擦力对其做的功为物g大题典例【例4(2023山东淄博6月模拟)如图所示，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点,平台A8段光滑，BC段长度X=Im,与滑块间的动摩擦因数川=0.25。平台右端与水平传送带相接于。点，传送带顺时针旋转，运行速度v=2ms,长度1.=2.75m,与滑块间的动摩擦因数"2=02传送带右端D点与竖直固定放置的光滑圆弧形轨道刚好相切，光滑圆弧的半径R=0.2mo现将一质量”=2kg的滑块P向左压缩轻弹簧到某处锁定，此时弹簧的弹性势能Ep=41J,然后突然解除锁定，滑块P开始运动，并最终与静止在。点的质量为m2的滑块Q发生弹性碰撞(碰撞时间极短)。已知重力加速度g=10ms2,不计空气阻力，滑块P和Q均可看成质点。(1)求滑块P到达C点时的速度vc:(2)求滑块P第一次经过传送带的过程中，系统因摩擦产生的内能七内；(3)若滑块。的质量M可以改变,要使滑块Q在中途不脱离圆弧形轨道,则滑块。的质量阳2的范围为多少？(结果可带根号)【思路分析】首先应用能量守恒求出初速度，在根据假设法判断物块在传送带上的运动形式然后应用牛顿第二定律及运动学公式求解位移和相对位移再由功能关系求内能；物块热开传送带后根据碰撞规律求解速度，在分类讨论物块不脱离轨道的情境在应用动能定理列式求解。答案(1)6m/s(2)7J(3)0</?i2<(2/lb2)kg或ni2>Skg【解析】以滑块P为研究对象,从释放到运动到C点的过程中，根据能量守恒定律有昂一"刖®=品4解得Vc=6m/so(2)假设滑块。从C到D一直减速，根据动能定理有一42加Ig1.=%nv-%"v解得VD=5ms>v,假设正确。设滑块P在传送带上做匀减速运动，加速度的大小为小根据牛顿第二定律有mg=ma,解得=2ms2设滑块P在传送带上运动时间为，则VD=Vc-at,解得r=0.5s传送带在/时间内所走的位移为X=W=Im滑块产相对于传送带所运动的位移为x=1.-x=1.75m所以经过传送带过程中系统因摩擦产生的内能为E内=2加g&T,E=7Jo(3)滑块P和。在。点发生弹性碰撞，设碰撞后滑块P的速度为,滑块。的速度为火对系统由动量守恒定律得WiVd=v11,÷mzvf由机械能守恒定律得121，2Jj,2产IVf)=TMVd÷22VZ解得=;s=3mzs)设滑块。在七点的速度为摩时，恰好通过圆弧最高点，此时。在。点的速度为m'，由重力提供向心力ZB得mg=m滑块。从。点运动到E点的过程中，由动能定理得-gg2R=2,H2-2W2Vd，2解得vd,=10m/s所以滑块。在O点时的速度v,K)m/s联立解得O<112(2lb-2)kgo设滑块。恰好运动到:圆弧处速度为零，此时。在。点的速度为v此过程由动能定理得tn2R=0vdm2»解得vdw=2m/s所以滑块。在。点时的速度0<2m/s联立解得M2>8kg综上所述，滑块Q的质量小2的范围为O<n2(2-fi-,2)kg或W28kg。龙处变式训练(2324高三下广东开学考试)图为某一食品厂生产流水线的一部分，AB是半径为R的光滑半圆轨道，产品2加工后以1.=屈r的速率从4点沿半圆轨道下滑，到达轨道最低点8处时，与静止在此处的产品I发生弹性碰撞(假设每一个产品的质量均为m)，被碰后的产品I沿粗糙的水平轨道BC滑动，以VC=府的速度滑上运行速度为-的传送带CR其中BC段为生产线中的杀菌平台，长度为4/?,传送带的摩擦因数为2=0.5,长度为14R,求：(1)为了保证产品以最短的时间经过CQ,则传送带的速度应满足什么条件？(2)BC段杀菌平台的摩擦因数必是多少？(3)调整产品从A点出发的速度可以调整杀菌的时间，则产品既不脱轨又能滑上传送带的最长杀菌时间,是多少？【答案】(1)v炯;(2)A1=|：(3)t=hl85g由动能定理【详解】（I）若产品由。到D比加速，则传送时间最短，设加速获得的最大速度为%,1212mg×4R=-mvm-mvc解得则传送带速度应满足（2）产品2从A运动到3的过程，由动能定理得mg2R=-mvB-mvA产品2和产品1发生弹性碰撞，由动量守恒mvB=nv1+nv2机械能守恒-J-m=-wv12+-wv2昨2I2一解得匕=0,v2=ylR产品I进入杀菌平价后滑行到C点前，由动能定理得121-xng×4R=-mvc-mv2解得（3）若要保证不脱轨，则产品在A点的最小速度满足同第（2）问原理知，产品进入杀菌平台的最小速度2=y5gR一MgS=O-mV1/解得s=4R距离为4R,恰能到达传送带上，此时产品进入杀菌平台后杀菌时间最长，山动量定理得-ngt=0-mv,2解得C斥5gI_/一一/茏友!模拟一1. （2324高三下江西阶段练习）足够长的传送带与水平面间的夹角=30。，传送带以u=5ms的速度沿逆时针方向匀速转动。用胶水把质量m=lkg的两个完全相同的物块上下粘在一起形成一个组合体，f=0时,把组合体无初速度放在传送带的顶端，如图所示。已知物块与传送带之间的动摩擦因数=亭，重力加速度g=10ms2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：（1）整个过程物块和传送带由于摩擦产生的内能；（2）下面物块在粘接处给上面物块的作用力的大小。【答案】案J；（2）见解析【详解】（1）把组合体无初速度放在传送带的顶端，根据牛顿第二定律可得Imgcosa+Imgsina=2ma解得组合体的加速度为a="gcos+gsin=12.5ms2组合体从放在顶端到与传送带公式所用时间为0.4s组合体与传送带共速前发生的相对位移为由于2mg8Sa>2mgsina可知组合体与传送带共速后相对静止一起匀速运动，故整个过程物块和传送带由于摩擦产生的内能为Q=42mgcosx=15J（2）组合体与传送带共速前，以上面物块为对象，有K="zgcos=5&N,Fx+mgsina=ma解得Fv=7.5N则组合体与传送带共速前，卜面物块在粘接处给上面物块的作用力的大小为F=收+E=率N组合体与传送带共速后，滑块与传送带相对静止做匀速运动，以上面物块为对象，有F；=mgcosa=5币N,F/=mgsina=5N则组合体与传送带共速后，下面物块在粘接处给上面物块的作用力的大小为F=Ff+F：=ION2. （2024四川德阳二模）如图所示，静止的粗糙传送带与水平面夹角为6=37°,传送